人教版化学选修四第三章检测题.docx

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人教版化学选修四第三章检测题

第三章检测题

本测试分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题　共57分）

一、选择题（本题共19个小题，每小题3分，共57分。

每小题有一个或两个选项符合题意）

1．水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n值是（　　）

A．1×10－14　　　　　B．55.6×107

C．107D．55.6

解析：

1LH2O中，n（H2O）＝

＝55.6mol

依题意，则有：

＝

n＝55.6×107。

）

答案：

B

2．把1mL0.1mol·L－1的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋的浓度最接近于（　　）

A．1.0×10－4mol·L－1

B．1.0×10－8mol·L－1

C．1.0×10－11mol·L－1

D．1.0×10－10mol·L－1

解析：

溶液中，c（H＋）＝

＝1.0×10－4mol·L－1

c（OH－）＝

＝1.0×10－10（mol·L－1）

即水电离产生c（H＋）为1.0×10－10mol·L－1。

答案：

D

3．相同条件下，相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温同体积同浓度的HCN和HClO的说法正确的是（　　）

A．电离程度：

HCN＞HClO

B．pH：

HClO＞HCN

C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：

HClO＞HCN

D．酸根离子浓度：

c（CN－）＜c（ClO－）

解析：

弱酸对应的盐，其水解程度越大，它对应的酸则越弱，电离程度越小，即HCN较HClO更难电离，等温等浓度下，c（CN－）＜c（ClO－）。

答案：

D

4．下面是关于中和滴定的实验叙述：

取25mL未知浓度的盐酸。

a．放入锥形瓶中，此瓶需事先用蒸馏水洗净

b．并将该瓶用待测液润洗

c．加入几滴酚酞做指示剂

d．取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗净

e．直接往其中注入标准NaOH溶液，进行滴定

f．一旦发现溶液由无色变成粉红色，即停止滴定，记下数据

在横线标明的操作中，有错误的是（　　）

A．d、e、fB．b、d、e、f

C．b、d、eD．b、c、e、f

解析：

b中锥形瓶不能事先用待测液润洗，否则待测液中溶质的物质的量增大，故b错；d项不能用酸式滴定管，因NaOH溶液与玻璃中SiO2反应生成矿物胶，会使活塞不能转动，故d错；e项不能直接把NaOH注入滴定管，否则NaOH溶液会被稀释，故e错；f项溶液变色后半分钟不恢复原色才能停止滴定，故f错。

答案：

B

5．已知Ksp[（Mg（OH）2）]＝1.8×10－11，则Mg（OH）2在pH＝12的NaOH溶液中的溶解度为（　　）

A．1.8×10－7mol·L－1B．1.0×10－5mol·L－1

C．1.0×10－7mol·L－1D．1.8×10－9mol·L－1

解析：

pH＝12的NaOH溶液中，c（OH－）＝1.0×10－2mol·L－1，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2＋）·[c（OH－）]2，c（Mg2＋）＝1.8×10－7mol·L－1。

答案：

A

6．在平衡体系H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－中，增大溶液的pH，则S2－的物质的量浓度（　　）

A．增大B．不变

C．减小D．可能增大，也可能减小

解析：

增大溶液pH的措施有多种，如将体系加水稀释或向体系通入少量SO2，皆能使体系pH增大，但S2－的物质的量浓度减小；如向体系中滴加NaOH溶液，也能使体系pH增大，但体系中S2－的物质的量浓度增大。

答案：

D

7．有一混合溶液可能含有NaOH、NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种。

现取等体积的两份溶液分别以酚酞（pH变色范围为8.2～10.0）和甲基橙（pH变色范围3.1～4.4）作指示剂，用同样浓度的盐酸进行滴定，当达到滴定终点时，消耗盐酸的体积分别为V1mL和V2mL，若V2＞2V1，则上述溶液中的溶质是（　　）

A．NaOHB．Na2CO3和NaHCO3

C．Na2CO3D．Na2CO3和NaOH

解析：

用酚酞作指示剂时发生的反应：

①NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，②Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，用甲基橙作指示剂时发生的反应除①和②，还有③NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，若只是Na2CO3溶液，则V2＝2V1，题中V2＞2V1，说明肯定是Na2CO3和NaHCO3的混合物。

答案：

B

8．用1.0mol·L－1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积V关系如图1所示。

原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积是（　　）

图1

A．1mol·L－1,60mL

B．0.5mol·L－1,80mL

C．0.5mol·L－1,60mL

D．1mol·L－1,80mL

解析：

观察四个选项，反应后溶液总体积是80mL或60mL，若反应后总体积为80mL，由图像可知V（NaOH）＝40mL，则V（H2SO4）＝80mL－40mL＝40mL，恰好中和时：

c（NaOH）·V（NaOH）＝2·c（H2SO4）·V（H2SO4），c（H2SO4）＝

＝0.5mol·L－1，故B对、D错，同理，可设反应后总体积为60mL来进行计算。

答案：

B

9．常温下，将0.1mol下列物质置于0.5L水中，充分搅拌后，溶液中阴离子数从多到少的排列顺序正确的是（　　）

①Na2O2　②Ba3（PO4）2　③Na2S　④NaClO　⑤AlCl3

A．⑤①③④②B．⑤②①③④

C．⑤①④③②D．②⑤①③④

解析：

①中Na2O2与水发生反应：

2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，0.1molNa2O2生成0.2molNaOH，阴离子OH－为0.2mol；②中Ba3（PO4）2难溶于水；③中Na2S溶于水，S2－＋H2OHS－＋OH－，但S2－水解程度小，阴离子数大于0.1mol但小于0.2mol；④中NaClO溶于水，ClO－＋H2OHClO＋OH－，阴离子数为0.1mol；⑤中AlCl3溶于水生成0.3molCl－。

故阴离子数从多到少的顺序是：

⑤①③④②。

答案：

A

10．c（NH4＋）相同的下列溶液：

①NH4Cl；②（NH4）2SO4；③NH4HSO4；④NH4HCO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是（　　）

A．②③①④B．④①③②

C．①④③②D．②④①③

解析：

NH4＋水解受外界环境因素的影响，①H＋抑制其水解，②OH－或弱酸根离子促进其水解，所以等物质的量浓度的四种溶液中c（NH4＋）大小顺序为：

（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4Cl＞NH4HCO3。

注意：

（NH4）2SO4溶液中NH4＋只有少部分水解，但仍最大，NH4HSO4溶液中HSO4－完全电离显强酸性。

答案：

B

11．把0.01molNaOH分别加到下列溶液中：

①10mL1mol·L－1H2SO4溶液；②10mL1mol·L－1盐酸；③10mL1mol·L－1醋酸；④20mL1mol·L－1醋酸；⑤10mL蒸馏水，完全作用后，所得溶液的pH由大到小的顺序是（　　）

A．⑤＞③＞②＞④＞①

B．⑤＞③＞④＞②＝①

C．①＞②＞④＞③＞⑤

D．⑤＞③＞②＞①＞④

解析：

0.01molNaOH加入到蒸馏水中，仍为强碱溶液，pH最大；CH3COOH和NaOH恰好中和溶液呈碱性，若CH3COOH有剩余，则溶液呈酸性；若强酸过量，中和后溶液显酸性，故pH由大到小的顺序为：

⑤＞③＞②＞④＞①。

答案：

A

12．已知Ksp（CaF2）＝5.3×10－9，Ksp（CaSO4）＝9.1×10－6。

今有一含CaF2（s）和CaSO4（s）的饱和溶液，其中c（F－）＝1.8×10－3mol·L－1，则CaF2、CaSO4的溶解度分别为（　　）

A．1.1×10－3mol·L－1,3.0×10－3mol·L－1

B．1.6×10－3mol·L－1,5.7×10－3mol·L－1

C．9.0×10－4mol·L－1,5.7×10－3mol·L－1

D．1.6×10－3mol·L－1,3.0×10－3mol·L－1

解析：

c（F－）＝1.8×10－3mol·L－1，c（Ca2＋）·[c（F－）]2＝Ksp（CaF2）＝5.3×10－9，求出：

c（Ca2＋）＝1.6×10－3mol·L－1，即CaF2的溶解度。

又c（Ca2＋）·c（SO42－）＝Ksp（CaSO4）＝9.1×10－6，将c（Ca2＋）＝1.6×10－3mol·L－1代入：

c（SO42－）＝5.7×10－3mol·L－1，即CaSO4的溶解度。

答案：

B

13．pH＝2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图2所示。

下列说法正确的是（　　）

图2

A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等

B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强

C．a＝5时，A是强酸，B是弱酸

D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2

解析：

pH相同的两酸稀释相同倍数，B的pH变化小，说明B是比A弱的酸，则pH相同的两酸的物质的量浓度是c（B）＞c（A），稀释后A酸的pH大于B酸的pH，故A酸的c（H＋）小于B酸的c（H＋），A酸溶液酸性较弱。

若是pH＝2的强酸稀释到原来的1000倍，稀释后的c（H＋）＝

＝10－5mol·L－1，pH＝5。

弱酸中因存在弱酸的电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故2＜pH＜5。

答案：

C、D

14．重水（D2O）的离子积为1.6×10－15，可以用和pH一样的定义来规定pD＝－lg{c（D＋）}。

以下关于pD的叙述正确的是（　　）

A．中性溶液的pD＝7.0

B．含0.01molNaOD的D2O溶液1L，其pD＝12.0

C．溶解0.01molDCl的D2O溶液1L，其pD＝2.0

D．在100mL1.25mol·L－1的DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·L－1的NaOD重水溶液，其pD＝1.0

解析：

根据题中信息，c（D＋）·c（OD－）＝1.6×10－15。

因重水中c（D＋）＝c（OD－），故c（D＋）＝

mol·L－1，即pD肯定不等于7，A错误；B选项已知0.01molNaOD的D2O溶液1L，故c（OD－）＝0.01mol·L－1，c（D＋）＝

＝1.6×10－13mol·L－1。

于是pD＝13－lg1.6≠12.0，故B错误；C项溶解0.01molDCl的D2O溶液1L，c（D＋）＝0.01mol·L－1，pD＝－lg0.01＝2，C正确；D选项n（DCl）＝0.25mol·L－1×0.1L＝0.025mol，n（NaOD）＝0.2mol·L－1×0.05L＝0.01mol，所以c（D＋）＝

＝0.1mol·L－1，因此pD＝1.0，D正确。

答案：

C、D

15．欲使0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中c（H＋）、c（CO32－），c（HCO3－）都减小，其方法是（　　）

A．通入CO2气体B．加入NaOH固体

C．通入HCl气体D．加入饱和石灰水

解析：

此题考查盐类水解平衡的移动。

使盐的水解平衡发生变化的方法很多，但此题限制了c（H＋），c（HCO3－），c（CO32－）均减小。

HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，故加入酸生成CO2，会使c（H＋）增大；加NaOH固体，由于有：

HCO3－＋OH－===CO32－＋H2O，增大了c（CO32－）；通CO2仍增大了c（H＋），可选用Ca（OH）2，c（H＋），c（HCO3－）减小，同时Ca2＋与CO32－生成沉淀，从而使c（CO32－）减小。

答案：

D

16．将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol·L－1NaOH溶液中，下列说法正确的是（　　）

A．c（HCO3－）略大于c（CO32－）

B．反应后生成的溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C．c（Na＋）等于c（CO32－）与c（HCO3－）之和

D．c（HCO3－）略小于c（CO32－）

解析：

经计算可知，CO2与NaOH反应得到的是等物质的量的Na2CO3和NaHCO3。

Na2CO3和NaHCO3电离产生的阴离子均能水解，且HCO3－在溶液中还存在着电离趋势，但其水解程度大于电离程度。

在CO32－和HCO3－共存的溶液中，二者的水解被相互抑制，但CO32－的水解程度应大于HCO3－的水解程度（CO32－水解得到HCO3－：

CO32－＋H2OHCO3－＋OH－）。

依据溶液中元素原子数目守恒，c（Na＋）应大于c（CO32－）与c（HCO3－）之和，Na2CO3和NaHCO3中的碳元素的化合价为＋4价，均不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

答案：

A

17．物质的量浓度相同的下列溶液，符合按pH由小到大的顺序排列的是（　　）

A．Na2CO3　NaHCO3　NaCl　NH4Cl

B．Na2CO3　NaHCO3　NH4Cl　NaCl

C．（NH4）2SO4　NH4Cl　NaNO3　Na2S

D．NH4Cl　（NH4）2SO4　Na2S　NaNO3

解析：

同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的碱性强，pH大，则选项A、B都不正确；Na2S溶液由于S2－水解而呈碱性，NaNO3溶液不水解，呈中性，则选项D也不正确；对选项C，由于同浓度时，（NH4）2SO4中NH4＋的浓度比NH4Cl溶液中NH4＋的浓度大，其水解得到的H＋的浓度也较大，pH较小，故选项C是正确的。

答案：

C

18．关于小苏打水溶液的表述正确的是（　　）

A．c（Na＋）＝c（HCO3－）＋c（CO32－）＋c（H2CO3）

B．c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3－）＋c（CO32－）＋c（OH－）

C．HCO3－的电离程度大于HCO3－的水解程度

D．存在的电离有：

NaHCO3===Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－，H2OH＋＋OH－

解析：

本题主要考查电解质的电离、电离平衡和各种守恒关系。

NaHCO3晶体中Na＋与HCO3－物质的量相等，而在水溶液中HCO3－的存在方式有HCO3－、CO32－、H2CO3三种，根据物料守恒有c（Na＋）＝c（HCO3－）＋c（CO32－）＋c（H2CO3）；又根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3－）＋2×c（CO32－）＋c（OH－），故B不正确；由于NaHCO3溶液呈弱碱性，故HCO3－水解程度大于其电离程度，C不正确；NaHCO3为可溶性盐完全电离，用等号；HCO3－为弱酸的酸式酸根，水为弱电解质，其电离程度较小，故用可逆号，D正确。

答案：

A、D

19．下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（　　）

A．10mL0.1mol·L－1氨水与10mL0.1mol·L－1盐酸混合：

c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（OH－）＞c（H＋）

B．10mL0.1mol·L－1NH4Cl溶液与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：

c（Na＋）＝c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）

C．10mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：

c（Na＋）＝c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）

D．10mL0.5mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1mol·L－1NaOH溶液混合：

c（Cl－）＞c（Na＋）＞c（OH－）＞c（H＋）

解析：

选项A中氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，由于NH4Cl水解使溶液呈酸性，c（H＋）＞c（OH－），故A错误；选项B中NH4Cl与NaOH恰好完全反应，由于生成的NH3·H2O部分电离，使溶液呈碱性，所以c（Na＋）＝c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋），给出的顺序正确。

选项C中醋酸与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COONa水解使溶液呈碱性，故c（Na＋）＞c（CH3COO－），错误。

选项D中CH3COONa与盐酸反应后HCl过量，因此溶液呈酸性，即c（H＋）＞c（OH－），故D错误。

答案：

B

第Ⅱ卷（非选择题　共43分）

二、填空题（本题包括6小题，共30分）

20．（5分）已知：

CH3COOH（足量）＋SO32－===CH3COO－＋HSO3－。

现有下列电解质溶液：

①Na2SO3；②NaOH；③CH3COONa；④苯酚钠；⑤NaClO。

（1）当五种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是________。

（2）在五种电解质溶液中分别逐滴加入FeCl3溶液时，溶液中先产生红褐色沉淀，后沉淀完全消失的是________。

（3）将上述浓度均为0.2mol·L－1的五种溶液，稀释相同的倍数后，其pH变化最大的是________。

（4）露置于空气中相当一段时间后（不考虑水分的蒸发），溶液的pH近似为7的电解质在水中水解的离子方程式分别为__________________、____________________。

解析：

（1）溶液的pH相同，即c（H＋）相同，由于有弱电解质的盐溶液，所以要考虑盐的水解。

五种物质全部显碱性，NaOH是强碱，所以它的物质的量浓度最小；其他几种盐水解生成的酸的酸性由强到弱的顺序是：

CH3COOH＞HSO3－＞HClO＞C6H5OH，所以物质的量浓度由大到小的顺序就可确定了。

（2）苯酚钠水解显碱性，而FeCl3溶液水解显酸性，二者水解互相促进，所以产生红褐色沉淀。

Fe（OH）3又存在沉淀溶解平衡，Fe3＋能和苯酚结合生成络合物，破坏上述平衡，所以之后沉淀又完全消失。

（3）因为弱电解质对应生成的盐在水溶液中存在水解平衡，释稀时平衡向着水解的方向移动，溶液的pH几乎不变；而氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离，所以稀释时c（OH－）变化最大。

（4）SO32－主要表现还原性，被空气中的氧气氧化后变成硫酸根离子，则Na2SO3溶液就变成Na2SO4溶液，即溶液显中性；久置后HClO分解成HCl和O2，即原NaClO变成NaCl，溶液显中性。

答案：

（1）③①⑤④②　

（2）④　（3）②　（4）SO32－＋H2OHSO3－＋OH－　ClO－＋H2OHClO＋OH－

21．（5分）有A、B、C三种电解质溶液分别装在三个烧杯中，烧杯中插有石墨电极，并按图3所示方式在电路中连接。

闭合开关K后，测得各支路电流强度IⅠ≈IⅡ（其中IⅡ略小）。

若撤去B，测知电流强度IA≪IC；若撤去C，并将A和B两溶液混匀后均分为两等份，再重置于电路Ⅰ、Ⅱ处，测知通过A和B混合溶液的电流强度与先前通过A溶液的电流强度的相对大小关系为：

IAB≫IA。

已知A、B、C分别选自下列溶液：

0.1mol·L－1盐酸、0.1mol·L－1醋酸、0.1mol·L－1NaCl溶液、0.1mol·L－1硫酸、0.1mol·L－1NaOH溶液、0.1mol·L－1氨水。

且25℃时，A溶液pH＜7。

回答下列问题：

图3

（1）指出A、B、C是（或可能是）什么溶液？

A：

________，B：

________，C：

________。

（2）若向C溶液中滴入酚酞试液呈红色，则C是________；将A、B、C分别以等体积进行两两混合，结果是哪种组合的混合液中水的电离程度最大？

（选填A、B、C回答）________。

解析：

由题图可知B、C串联，然后与A并联。

若撤去B，则A与C并联，UA＝UC，但IA≪IC，说明A的导电能力比C小得多，A中离子浓度比C中小得多，故A是弱电解质，C是强电解质，又因A溶液pH＜7，可知A是醋酸。

又因两支路的电流强度IⅠ≈IⅡ，可知B也是弱电解质。

若撤去C，将A、B混合，IAB≫IA，说明A、B反应生成了强电解质，故B是氨水。

因酸、碱都抑制水的电离，而A和B混合反应生成的CH3COONH4水解能促进水的电离，使水的电离程度最大。

答案：

（1）醋酸　氨水　盐酸或氯化钠溶液或氢氧化钠溶液或硫酸　

（2）氢氧化钠溶液　A、B

22．（5分）用实验确定某酸HA是弱电解质，甲、乙两位同学的方案是：

甲：

①称取一定质量的HA配制0.1mol·L－1溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。

乙：

①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释到100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两支试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。

（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________。

（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH________1（选填“＞”、“＜”或“＝”）。

乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是______（多选扣分）。

a．装盐酸的试管中放出H2的速率快；b.装HA溶液的试管中放出H2的速率快；c.两支试管中产生气体的速率一样快

（3）请你评价，乙方案中难以实现之处和不妥之处：

________、________。

（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要的表述：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

解析：

乙方案是利用pH相同的弱酸和强酸稀释相同的倍数，弱酸存在电离平衡会继续电离，故稀释后弱酸中c（H＋）大于强酸中c（H＋）。

加入纯度相同的Zn粒，弱酸放出H2的速率快。

合理的方案是利用配得NaA溶液是呈中性还是呈碱性来证明HA是否是弱电解质，若HA是强酸，则NaA不水解，pH＝7，若HA是弱酸，则NaA水解呈碱性，pH＞7。

答案：

（1）100mL容量瓶　

（2）＞　b　（3）配制pH＝1的HA溶液难以实现　加入的锌粒难以做到表面积相同　（4）配制NaA溶液，测其pH＞7，即证明HA是弱电解质

23．（5分）已知一定温度下，一定浓度的弱电解质达到平衡时的电离程度可用电离度（α）表示，其数学表达式为：

α＝

×100%。

相同条件下，电离度越大，表示弱电解质的电离程度也愈大。

根据以上信息解答下列各题：

（1）①一定条件下，HA（弱酸）电离度为α，此时溶液中含有1molHA分子，则该溶液中的微粒总数（不包括水分子及水电离生成的离子）为________。

②一定条件下，10L0.1mol·L－1HA（弱酸）溶液（HA的电离度为α）中微粒总数（不包括水分子及水电离生成的离子）为________。

（阿伏加德罗常数为NA）

（2）已知25℃时几种物质的电离度（溶液浓度均为0.1mol·L－1）如下表。

（已知H2SO4的第一步电离是完全的）

①H2SO4溶液

中的HSO4－

②NaHSO4溶液

中的HSO4－

③CH3COOH

④HCl

10%

29%

1.33%

100%

　　Ⅰ.25℃时，0.1mol·L－